Конспект лекций для студентов 2 курса механико-математического

Пример 1.18. Скорость распространения бактерий.
Р е ш е н и е. Известно, что скорость распространения бактерий пропорциональна их количеству:
N^˙ (t) = kN (t), N (0) = N₀.


dN
= kdt,
N
ln |N | = kt + ln c, N = ce^kt,
N₀ = N (0) = c,
N = N₀e^kt − численность популяции растет экспоненциально.
Пример 1.19. Движение материальной точки под действием силы тяжести по вертикальной прямой.
Р е ш е н и е. Пусть известны скорость и положение точки в начальный момент времени, то есть выполняются условия x(t₀) = x₀ и x˙(t₀) = v₀. В силу второго закона Ньютона имеем


x¨(t) = g,


x˙(t) = gt + c₁,
x(t) = ¹ gt² + c t + c ,
₂ 1 2
v₀ = x˙(t₀) = gt₀ + c₁ ⇒ c₁ = v₀ − gt₀,

0

0

2

0

0

0

0

2
x = x(t ) = ¹ gt² + (v − gt )t + c ⇒
1

0 0

2

c₂ = x₀ + ₂ gt₀
— v t ,

2

0
x(t) = ¹ gt² + (v −
1

0 0

2

gt₀)t + x₀ + ₂ gt₀
— v t .

Пример 1.20. Малые колебания математического маятника.

−
Р е ш е н и е. Шарик массы m закреплен на конце невесомой нерастяжимой нити. Отклонение нити от положения равновесия задаyтся переменной x. На шарик действует сила тяжести F = mg и сила натяжения нити. Закон движения в проекции на касательную:
d²(lx)
m _dt2 = −mg sin x,
g
x¨ = − _l sin x.
Если колебания малые, то sin x ∼ x, и уравнение принимает вид
g
x¨ = − _l x.

Пример 1.21. Уравнение семейства окружностей.
Р е ш е н и е. Окружность с центром в точке (x₀, y₀) радиуса R задается уравнением
(x − x₀)² + (y − y₀)² = R².
Трижды продифференцируем данное уравнение по x, считая y функцией от x:
2(x − x₀) + 2(y − y₀)y^′ = 0,

1 + (y^′)²

+ (y − y₀)y^′′
= 0 ⇒ y − y₀ = −
1 + (y^′)²


_y′′

2y^′y^′′ + y^′y^′′ + (y − y₀)y^′′′ = 0 ⇒ 3y^′(y^′′)² − 1 + (y^′)² y^′′′ = 0.

2. Существование и единственность решения задачи Коши. Продолжение решений. Непрерывная зависимость решения от начальных условий, правой части и параметра.

   1. Теорема существования и единственности решения задачи Коши

Рассмотрим задачу Коши:

y^′ = f (x, y), y(x₀) = y₀
Теорема 2.1 ( Пикара (существования и единственности решения)). Пусть функция f (x, y)

(2.1)

M
определена и непрерывна по совокупности переменных и удовлетворяет условию Липшица по y в прямоугольнике Π = {(xy) : |x − x₀| ≤ a, |y − y₀| ≤ b}. Тогда существует единственное решение задачи Коши (2.1), определенное на U_h(x₀) = {x₀ − h, x₀ + h}, где h = min{a, ^b },

M = max_Π f (x, y);
Доказательство. I. Существование.
Запишем интегральное уравнение:


y(x) = y₀ +
x

∫
f (s, y(s) ds. (2.2)
^x0

Определение 2.1. Решением уравнения (2.2) называется непрерывная функция, обращающая это уравнение в тождество.
Лемма 2.1 (Об интегральном уравнении). Функция y(x) является решением уравнения (2.2) то- гда и только тогда, когда она является решением задачи (2.1)
Доказательство утверждения. Пусть y(x) — решение задачи (2.1), тогда оно удовлетворяет тож- деству

Проинтегрируем:

y^′ = f (x, y(x)).
∫ _x

^x0
Функция y(x) непрерывна. Учитывая начальное условие задачи (2.1), получаем, что y(x) — решение уравнения (2.2).
Пусть y(x) — решение уравнения (2.2). Функция f (x, y) непрерывна по условию, функция y(x)
— по определению решения. Продифференцируем (2.2):
y^′ = f (x, y(x)).
Кроме того, y(x₀) = y₀.
Утверждение доказано.

∫

∫
Далее будем рассматривать решение интегрального уравнения (2.2). Метод последователь- ных приближений Пусть

y₁(x) = y₀ +
x
f (s, y₀) ds, y₂(x) = y₀ +
^x0
x
f (s, y₁(s)) ds.
^x0

По индукции определим последовательность функций

y_m(x) = y₀ +


^x0


f (s, y_m−1(s)) ds.

∫ _x
Предположим, что эта последовательность сходится к y(x), и разрешен предельный переход под знаком интеграла и функции f . Тогда при m → ∞ получим

y(x) = y₀ +


f (s, y(s)) ds, (2.3)

∫ _x

то есть y — решение уравнения (2.2), а, следовательно, и задачи Коши (2.1). Непрерывность функ- ции y(x) будет доказана позже.

1. 
   
   M
   
   | | ∈ ∈_∈
   
   | − | ≤ | − | { }
   Докажем, что все функции последовательности y_m(x) определены и непрерывны в U_h(x₀) и не выходят за Π, то есть y_k(x) y₀ b, k = 1, 2, ... при x x₀ < h, где h = min a, ^b , M = sup_{(x,y) Π} f (x, y) . (Для всех точек (x, y) Π выполняется f (x, y) C(Π), и, так как Π — замкнуто и ограничено, то M — конечно.)
   

∫

∫
Докажем это по индукции. Основание индукции k = 1: Рассмотрим функцию y₁(x). Она непре- рывна при |x − x₀| ≤ a, так как f (x, y) непрерывна, а интеграл с переменным верхним пределом - непрерывная функция на том же отрезке. Если точка (x, y) ∈ Π, то для нее выполняются условия
x x
|y₁(x) − y₀| = | f (s, y₀) ds| ≤ | |f (s, y₀)| ds| ≤ M |x − x₀| ≤ b

при условии, что |x − x₀| < h.
Далее, пусть это утверждение справедливо для y_n−1(x), то есть выполняется

| − | ≤ | − | ≤
y_n−1(x) y₀ M x x₀ b.
Для функции y_n(x) получим

|y_n(x) − y₀| ≤ |
x

∫
|f (s, y_n−1(s))| ds|.

Так как (s, y_n−1(s)) ∈ Π, то |f (s, y_n−1(s))| ≤ M , поэтому
|y_n(x) − y₀| ≤ M |x − x₀| ≤ b. (2.4)

2. 
   
   | − | ≤
   
   { }
   Докажем, что последовательность функций y_n(x) ^∞_n=1 сходится равномерно к y(x) (y_n(x) ⇒
   

y(x)) на отрезке x x₀ h.

{ }
Построим такой ряд, чтобы последовательность y_n(x) ^∞_n=1 являлась последовательностью его частичных сумм:
y₀(x) + (y₁(x) − y₀(x)) + · · · + (y_n(x) − y_n−1(x)) + . . . . (2.5)
Докажем равномерную сходимость этого ряда, используя признак Вейерштрасса. Для этого дока- жем, что для любого n ∈ N
|y_n(x) − y_n−1(x)| ≤ MLⁿ⁻¹|x − x₀|ⁿ/n! ≤ MLⁿ⁻¹hⁿ/n!.
Доказательство будем проводить методом индукции.
Пусть n = 1. Тогда, согласно (2.4),
|y₁(x) − y₀(x)| ≤ M |x − x₀|.
Пусть для n = k неравенство доказано. Докажем его для n = k + 1:

|y_k+1(x) − y_k(x)| ≤ _.
.∫ _x



. .∫ x .

^∫ | − |₀

|f (s, y_k(s)) − f (s, y_k−1(s))| ds_. ≤ _.

L|y_k(s) − y_k−1(s)| ds_. ≤

≤
^x _MLk−1 _{x x} k
L =
_x0 k!
ML^k|x − x₀|^k+1
(k + 1)!

_Σ | − | ≤ | − | ≤
Из того, что x x₀ h, получаем требуемое неравенство: y_n(x) y_n−1(x) MLⁿ⁻¹hⁿ/n!. Ряд
Lⁿ⁻¹hⁿ/n! сходится (признак Даламбера). Таким образом, по признаку Вейерштрасса ряд (2.5) сходится равномерно, и его сумма y(x) является непрерывной функцией.

3. 
   Докажем, что функция y(x) — решение задачи Коши (2.1). Для этого сначала докажем, что эта функция является решением интегрального уравнения (2.3).
   

∈ ≥

{ }
Используя условие Липшица и равномерную сходимость последовательности y_n(x) к y(x), получим, что для любого ε > 0 найдется такое N N, что при всех n N будет выполняться неравенство

.∫
x
^{. x}0
f (s, y_n(s)) ds −


x

∫

_. ≤
f (s, y(s)) ds
^x0


x

∫

^x0
|f (s, y_n(s)) − f (s, y(s))| ds ≤
∫ _x

Таким образом, мы обосновали законность предельного перехода под знаком интеграла, откуда следует, что y(x) — решение интегрального уравнения (2.3), а следовательно, и задачи Коши 2.1.
II. Единственность.

∫

∫
Пусть y₁(x) и y₂(x) — решения задачи Коши (2.1), тогда они могут быть записаны в следующем виде:

y₁(x) = y₀ +
x
f (s, y₁(s)) ds, y₂(x) = y₀ +
^x0
x
f (s, y₂(s)) ds.
^x0

Получим оценку для их разности:

0 ≤ |y₁(x) − y₂(x)| ≤ _.

|f (s, y₁(s)) − f (s, y₂(s))|ds_. ≤ L _.
.∫ _x



. .∫ x .

откуда следует, что

−
(1 Lh) sup
^|x−x0^|≤h
Lh sup

≤

|y₁(s) − y₂(s)|ds_. ≤
^|x−x0^|≤h

|y₁(x) − y₂(x)| ≤ 0

|y₁(x) − y₂(x)| ≤ Lh M → 0,

L
и, выбирая h так, чтобы h < ¹ , получим

Таким образом, y₁(x) ≡ y₂(x).

sup
^|x−x0^|≤h
|y₁(x) − y₂(x)| ≤ 0.